Generalisation Carleman (2).pdf


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4

Mohammed Aassila

Par conséquent :
+∞
X

(a1 × · · · × an )

1
n





n
X
1

bj 
n(n
+
1)
n=1
j=1
+∞
X



n=1

=

+∞
X

=

+∞
X

j=1



bj 

+∞
X

n=j

bj
j
j=1

=



1

n(n + 1)
+∞
X

1+

j=1

1
j

j

aj

<

+∞
X

e

aj .

j=1



4. démonstration du théorème 1

Dans ce paragraphe, on donne une démonstration du théorème 1 qui généralise les
inégalités de Kurliancik et de Carleman.
Démonstration

Pour montrer le théorème nous allons en fait prouver (par récurrence) une relation beaucoup plus forte, à savoir :
1


n s
X
a1 + as2 + · · · + ask s

k

k=1

+

n
1−s



as1 + as2 + · · · + asn
n

1
s

<

1

(1 − s)− s

n
X

ak (1)

k=1

avec a1 , a2 , · · · , an > 0.
Pour n = 1, on doit montrer que :
a1 +

1
1
a1 < (1−s)− s a1
1−s

1
2−s
< (1−s)− s
1−s

⇐⇒

2−s < (1−s)

⇐⇒

s−1
s

.

Cette inégalité découle de l’inégalité de Bernoulli :
(1 + x)α ≥ 1 + αx,

x > −1, α ∈ ] − ∞, 0[ ∪ ]1, +∞[

s−1
avec x = −s et α = s−1
s . Remarquons que si s < 1, s 6= 0 alors s ∈ ] − ∞, 0[ ∪ ]1, +∞[.
On suppose que la relation (1) est vraie jusqu’au rang n et montrons la au rang n + 1.
On a
n+1
X as
1
k=1

=

+ as2 + · · · + ask
k

s

n+1
+
1−s
1


n s
X
a1 + as2 + · · · + ask s

k

k=1



1

n
1−s



as1 + as2 + · · · + asn
n

− 1s

< (1 − s)

n
X

n
ak −
1−s
k=1

n
+
1−s

1





s



as1 + as2 + · · · + asn+1
n+1

1

=

as1 + as2 + · · · + asn
n

1





+ 1+

n+1
1−s



as1 + as2 + · · · + asn
n

s

s

as1 + as2 + · · · + asn+1
n+1

1
s

+

1
s

<